Βρείτε τη γωνία χ (29)

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται ${\rm A}\widehat\Gamma {\rm B} = {18^ \circ }$ , ${\rm A}\widehat{\rm B}\Gamma = {48^ \circ }$ και ΑΒ=ΓΔ. Βρείτε τη γωνία $\Gamma \widehat{\rm A}\Delta = x$ .

: x29.jpg (36.28 KiB) Προβλήθηκε 1515 φορές

#2

Μιχάλη ,παίρνω για λίγο το στυλό σου να γράψω

και ξεκινάμε πάλι με την τριγωνομετρική οδό

$\displaystyle{\triangle :ADC=>\frac{AD}{\sin 18}=\frac{DC}{\sin x}}$

$\displaystyle{\triangle :ADB=>\frac{AD}{\sin 48}=\frac{AB}{\sin (x+18)}}$

αλλά AB=DC

και έχουμε $\displaystyle{\frac{\sin 18}{\sin x}=\frac{\sin 48}{\sin(x+18)}=>\dots}$ χρωστάω τις πράξεις

#3

Ας ολοκληρώσω τη λύση της Φωτεινής.

Καταρχάς αποδεικνύουμε ότι η εξίσωση έχει λύση την x=12

(όλες οι γωνίες σε μοίρες)
Θα αποδείξουμε δηλαδή ότι $\displaystyle{\frac{\sin 18}{\sin 12}=\frac{\sin 48}{\sin 30}}$

Ένας τρόπος να δούμε ότι αυτό ισχύει είναι αποδεικνύοντας ότι $\displaystyle{\frac{\sin 12 \sin 48}{\sin 30}=\sin 18 }$ ή $\displaystyle{2 \sin 48 \sin12 =\sin 18}$

Πράγματι, είναι $\displaystyle{2 \sin 48 \sin12 =\cos 36 -\frac{1}{2}}$ και έπειτα κάνουμε χρήση των τύπων για τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των

και

μοιρών.

Διαφορετικά, πολλαπλασιάζοντας τη ζητούμενη με $\displaystyle{2\cos 18}$ έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{\sin 36}{\sin 12}=\frac{2\sin 48 \cos 18}{\sin 30}.}$

Το πρώτο μέλος γράφεται (μετά από χρήση του τύπου για το ημίτονο του

) ως $\displaystyle{3-4 \sin ^{2}12 =3-2(1-\cos 24)=1+2\cos 24}$ , και το δεύτερο μέλος ως $\displaystyle{\frac{\sin 66 +\sin 30}{\sin 30}=2(\cos 24 +\frac{1}{2})=2\cos 24 +1.}$

Αποδεικνύουμε τώρα ότι η εξίσωση δεν έχει άλλη λύση. Αυτο θα γίνει γράφοντας την εξίσωση υπό τη μορφή

$\displaystyle{\cos 18 +\sin 18 \cot x =\frac{\sin 48}{\sin 18}.}$ Η συνάρτηση που ορίζεται από τη διαφορά των μελών είναι προφανώς γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\left(0,\frac{\pi}{2} \right)}$ άρα η λύση που βρέθηκε είναι μοναδική.

Ιστοσελίδα · #4

Καλημέρα.
Μία Γεωμετρική αντιμετώπιση.

Με πλευρά ΒΓ κατασκευάζω το κανονικό πεντάγωνο ΒΓΕΖΗ (που ως γνωστόν έχει γωνία ${108^ \circ }$ ) και στην ορθή γωνία ${\rm E}\widehat\Gamma {\rm A}$ παίρνω γωνία ${\rm E}\widehat\Gamma y = {60^ \circ }$ . Με κέντρο Γ και ακτίνα ΓΒ φτιάχνω κύκλο, ο οποίος τέμνει την Γy στο Θ. Το τρίγωνο ΓΒΘ είναι ισοσκελές ( ${48^ \circ } - {66^ \circ } - {66^ \circ }$ ). Στρέφω το τρίγωνο ΑΒΓ ${108^ \circ }$ δεξιόστροφα ως προς Γ (τρίγωνο ΓΕΙ) και παίρνω το συμμετρικό του ως προς ΓΕ (τρίγωνο ΓΕΚ). Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΘΔΓ είναι ίσα από Π-Γ-Π με $\Delta \widehat\Theta \Gamma = {18^ \circ }$ , οπότε το τρίγωνο ΘΒΔ είναι ισοσκελές ( ${48^ \circ } - {66^ \circ } - {66^ \circ }$ ). Εφόσον ΚΓ=ΑΓ (από τη στροφή-συμμετρία), ΑΓ=ΘΔ (από την προηγούμενη ισότητα τριγώνων) και ΘΔ=ΘΒ (από το ισοσκελές ΘΔΒ), προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΒΘ και ΑΔΓ είναι ίσα από Π-Γ-Π. Έτσι η ${\rm B}\widehat\Theta {\rm A} = x$ και αρκεί να υπολογίσουμε τη γωνία ${\rm A}\widehat\Theta \Delta$ . Το τρίγωνο ΓΕΘ είναι ισόπλευρο (άρα $\Theta \widehat\Gamma {\rm K} = {42^ \circ }$ ) και τα τρίγωνα ΓΘΚ και ΒΘΗ είναι ίσα από Π-Γ-Π. Αφού ΓΗ=ΕΗ (από την ισότητα των τριγώνων ΒΓΗ και ΖΗΕ) και ΓΘ=ΕΘ (από το ισόπλευρο ΓΕΘ), συμπεραίνουμε ότι ΗΘ μεσοκάθετος άρα και διχοτόμος. Έτσι από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΗΖ έχουμε ότι ${\rm B}\widehat{\rm H}\Theta = {54^ \circ }$ , οπότε και $\Gamma \widehat\Theta {\rm K} = {54^ \circ }$ . Το τρίγωνο ΓΑΚ είναι ισοσκελές (ΓΑ=ΓΚ με γωνίες ${72^ \circ } - {54^ \circ } - {54^ \circ }$ ), οπότε αφού $\Gamma \widehat{\rm A}{\rm K} = \Gamma \widehat\Theta {\rm K} = {54^ \circ }$ το τετράπλευρο ΑΓΚΘ θα είναι εγγράψιμο, άρα ${\rm A}\widehat\Theta \Gamma = {\rm A}\widehat{\rm K}\Gamma = {54^ \circ }$ . Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι ${\rm A}\widehat\Theta \Delta = {54^ \circ } - {18^ \circ } = {36^ \circ }$ κατά συνέπεια ${\rm B}\widehat\Theta {\rm A} = x = {48^ \circ } - {36^ \circ } = {12^ \circ }$ .

: x29-sol.jpg (106.07 KiB) Προβλήθηκε 1382 φορές

Φανης Θεοφανιδης · #5

: 21.png (26.74 KiB) Προβλήθηκε 1117 φορές

Καλησπέρα σ' όλους.

Γράφω τον περίκυκλο του $\triangle AB\Gamma$ του οποίου το κέντρο ονομάζω

,
φέρνω τα τμήματα $OB, OA, O\Gamma$ και κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο $O\Gamma E$ .
Επίσης φέρνω τα τμήματα AE, BE

. Είναι $\angle EOA=\angle AOB=36^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow OA$ μεσοκάθετος του

και $\angle EBA=\angle AEB=18^{0}$ .
Θεωρώ

το συμμετρικό του

ως προς τη $BE, M\equiv OP\cap B\Gamma$ και $N\equiv OP\cap BE$ .
Φέρνω και τα τμήματα PB, PE, EM

. Προφανώς $\angle BPO=36^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle NBP=54^{0}\Rightarrow \angle ABP=36^{0}$ . Οπότε $AP=\Delta \Gamma (1)$ .
Ακόμη $\angle PEA=36^{0}, \angle \Gamma BE=30^{0}\Rightarrow \angle BEM=30^{0}$ ,
$\angle OB\Gamma=24^{0}\Rightarrow \angle MEO=24^{0}$ και $\angle OE\Gamma =60^{0}$ .
Άρα $\angle PEM=\angle ME\Gamma =84^{0}$ . Επομένως $\triangle PEM=\triangle ME\Gamma \Rightarrow$
$\Rightarrow PM=M\Gamma \Rightarrow MA=M\Delta$ (λόγω της (1)

).
Αλλά $\angle \Delta MN=120^{0}$ (ως εξωτερική του $\triangle BNM$ ).
Συνεπώς $\angle A\Delta M=30^{0}\Rightarrow \theta =12^{0}$ .

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλησπέρα σε όλους!Αφού η χρυσή τομή ..

.. ''κρύβεται" πίσω κι' από την

άρα..

: Βρείτε την γωνία ..2010 Μ.Ν.PNG (6.01 KiB) Προβλήθηκε 1094 φορές

Στο σχήμα έχουμε AZ=AB=DC

. Τότε $\widehat{ZAC}=30^{0}$ . Στο τρίγωνο ZAC

από τον Νόμο Ημιτόνων και με γνωστό ότι $\eta \mu 18^{0}=\dfrac{1}{2\Phi }$

παίρνουμε $\dfrac{ZC}{ZA}=\dfrac{\eta \mu 30^{0}}{\eta \mu 18^{0}}=\Phi$ . Από τον ορισμό της χρυσής τομής έπεται και $\dfrac{DC}{ZD}=\Phi$ , άρα $\dfrac{ZA}{ZD}=\Phi=\dfrac{ZC}{ZA}$

οπότε τα τρίγωνα ZAC,ZAD

με την $\widehat{Z}$ κοινή είναι όμοια. Έτσι $\widehat{ZAD}=\widehat{C}=18^{0}$ και $\widehat{DAC}=30^{0}-18^{0}=12^{0}$ .

Επιθυμώ ν' αφιερώσω την ως άνω λύση στον εισηγητή του θέματος , τον καλλιτέχνη Μιχάλη Νάννο. Φιλικά , Γιώργος

Βρείτε τη γωνία χ (29)

Βρείτε τη γωνία χ (29)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (29)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (29)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (29)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (29)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (29)

Μέλη σε σύνδεση